P3321 [SDOI2015]序列统计（离散对数下NTT，乘法换加法）

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Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/P3321

Problem

Solution

关于离散对数的概念及其应用建议看我的《算法竞赛中的初等数论》中的 0x61.3 整数的指标（也称指数、离散对数），哦还没更新到这儿啊，那没事了

题解建议看这里：https://www.luogu.com.cn/blog/ZigZagKmp/solution-p3321（借用离散对数将乘法转换成加法之后就是一个经典的计数问题了，非常简单。他写的实在是太好了，然后因为后天就要考毛概了我还没开始复习，题解我就懒得写了… ）

不过他是先倍增预处理然后再将 nnn 二进制拆分，再组成 nnn 的方式，其实直接快速幂即可，一样是 O(logn)O(logn)O(logn) 常数会更小一点，还好写一些。

Code

// Problem: P3321 [SDOI2015]序列统计
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3321
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
using ll = long long;
const int N = 2e6 + 7, mod = 1004535809, G = 3;ll a[N], b[N], h[N];
int n, m, X, S, GG;
int limit, RR[N], L;
ll g[N], f[N], dtol[N], ltod[N];
vector<int>factor;int qpow(int a, int b, int mod = 1004535809)
{int res = 1;while(b){if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;a = 1ll * a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}vector<int> get_factor(ll n)
{vector<int>res;for(int i = 1; i * i <= n; ++ i) {if(n % i == 0) {res.push_back(i);if(i != n / i) {res.push_back(n / i);}}}return res;
} void get_RT(int n)
{ll phi_m = n - 1;factor = get_factor(phi_m);for(int i = 2; i < n; ++ i) {bool flag = 1;for(int j = 0; j < (int)factor.size(); ++ j) {if(factor[j] != phi_m && qpow(i, factor[j], n) == 1) {flag = 0;break;}}if(flag) {GG = i;break;}}int tmp = 1;for(int i = 0; i < phi_m; ++ i, tmp = 1ll * tmp * GG % n)dtol[tmp] = i, ltod[i] = tmp;return ;
}ll inv(ll x) {return qpow(x, mod - 2);}void NTT(ll *A, int type = 1)
{for(int i = 0; i < limit; ++ i)if(i < RR[i])swap(A[i], A[RR[i]]);for(int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {ll wn = qpow(G, (mod - 1) / (mid * 2));if(type == -1) wn = qpow(wn, mod - 2);for(int len = mid << 1, pos = 0; pos < limit; pos += len) {ll w = 1;for(int k = 0; k < mid; ++ k, w = (w * wn) % mod) {int x = A[pos + k], y = w * A[pos + mid + k] % mod;A[pos + k] = (x + y) % mod;A[pos + k + mid] = (x - y + mod) % mod;}}}if(type == -1) {ll limit_inv = inv(limit);for(int i = 0; i < limit; ++ i)A[i] = (A[i] * limit_inv) % mod;}
}void mul(ll *f, ll *g, ll *ans, int n, int m, int mod_len)
{limit = 1, L = 0;while(limit < n + m - 1) limit <<= 1, ++ L;for(int i = 0; i < limit; ++ i)RR[i] = (RR[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));   for(int i = 0; i < n; ++ i)a[i] = f[i];for(int i = n; i < limit; ++ i)a[i] = 0; for(int i = 0; i < m; ++ i)b[i] = g[i];for(int i = m; i < limit; ++ i)b[i] = 0;NTT(a), NTT(b);for(int i = 0; i < limit; ++ i) {a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;}NTT(a, -1);for(int i = 0; i < mod_len; ++ i)ans[i] = a[i];for(int i = mod_len; i < limit; ++ i)ans[i % mod_len] = (ans[i % mod_len] + a[i]) % mod;for(int i = mod_len; i < limit; ++ i)ans[i] = 0;
}signed main()
{scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &m, &X, &S);get_RT(m); for(int i = 1; i <= S; ++ i) {int x;scanf("%lld", &x);if(x != 0) {f[dtol[x]] ++ ;}}  g[0] = 1; while(n) {if(n & 1) mul(f, g, g, m - 1, m - 1, m - 1);mul(f, f, f, m - 1, m - 1, m - 1);n >>= 1;}printf("%lld\n", g[dtol[X]]);return 0;
}

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